（江苏专用）高考物理总复习 第八章 磁场讲义.doc

第八章磁场考纲下载考向前瞻(1)磁场磁感应强度磁感线磁通量() (2)通电直导线和通电线圈周围磁场的方向()(3)安培力()(4)洛伦兹力()(5)带电粒子在匀强磁场中运动()(6)质谱仪和回旋加速器的工作原理()(1)预计在2016年的高考中，本章知识仍会在大型综合题中出现，并且命题背景会更加新颖、前沿，注重实际应用。(2)带电粒子在有界磁场中运动的临界问题、在复合场中运动的受力和偏转图分析是本章的热点题型，复习中应加强训练。第1节磁场的描述_磁场对电流的作用磁场 磁感应强度 对应学生用书p137必备知识1磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用。(2)方向：小磁针的n极所受磁场力的方向。2磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。(2)大小：b(通电导线垂直于磁场)。(3)方向：小磁针静止时n极的指向。(4)单位：特斯拉(t)。3磁感线(1)引入：在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致。(2)特点：磁感线的特点与电场线的特点类似，主要区别在于磁感线是闭合的曲线。(3)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布，如图811所示。图8114匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。(2)特点：匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同的、方向相同的平行直线。5磁通量(1)概念：在磁感应强度为b的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积s和b的乘积。(2)公式：bs。(3)单位：1 wb1_tm2。6地磁场(1)地磁场的n极在地理南极附近，地磁场的s极在地理北极附近，磁感线分布如图812所示。图812(2)地磁场b的水平分量(bx)总是从地理南极指向地理北极，而竖直分量(by)，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下。赤道处的地磁场沿水平方向，指向北。7电流的磁场(安培定则)直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是n极和s极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图典题例析(2013安徽高考)图813中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心o点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图813a向上b向下c向左 d向右解析选ba、b、c、d四根导线上电流大小相同，它们在o点形成的磁场的磁感应强度b大小相同，方向如图甲所示。o点合磁场方向如图乙所示，则从o点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向据左手定则可以判定向下。选项b正确。1安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”。原因(电流方向)结果(磁场绕向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指2磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解。针对训练1(2014长春一模)如图814所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为iai，ib2i，ic3i，id4i的恒定电流。已知通电长直导线周围距离为r处磁场的磁感应强度大小为bk，式中常量k0，i为电流强度，忽略电流间的相互作用，若电流ia在正方形的几何中心o点处产生的磁感应强度大小为b，则o点处实际的磁感应强度的大小及方向为()图814a2b，方向由o点指向ad中点b2b，方向由o点指向ab中点c10b，方向垂直于纸面向里d10b，方向垂直于纸面向外解析：选a假设iaicidib，则根据矢量的合成法则，可知，四导线在o点产生的磁场为零，而如今，iai，ib2i，ic3i，id4i的恒定电流，且电流ia在正方形的几何中心o点处产生的磁感应强度大小为b，则由a、c两棒产生的磁场方向，由右手螺旋定则可知，o指向d；b、d两棒产生的磁场方向：o指向a；可知，a、b、c、d长直通电导线在o点产生合磁场的方向：由o点指向ad中点，根据磁感应强度大小为bk，a、c两导线产生的磁场大小为2b，同理b、d两导线产生的磁场也为2b，则合磁场大小为b2b，故a正确，b、c、d错误。2如图815，两根相互平行的长直导线过纸面上的m、n两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在m、n的连线上，o为mn的中点。c、d位于mn的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()图815ao点处的磁感应强度为零ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同da、c两点处磁感应强度的方向不同解析：选c由安培定则可以判断通电导线产生的磁场的磁感线如图所示，由磁场的叠加原理可知c项正确。安培力作用下通电导体的运动 对应学生用书p138必备知识1安培力的方向(1)左手定则：伸开左手，让拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。(2)两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。2安培力的大小当磁感应强度b的方向与导线方向成角时，filbsin_，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，fmaxilb。(2)当磁场与电流平行时，安培力等于零。典题例析如图816所示，把一重力不计的通电导线水平放置在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流时，导线的运动情况是(从上往下看)()图816a顺时针方向转动，同时下降b顺时针方向转动，同时上升c逆时针方向转动，同时下降d逆时针方向转动，同时上升解析选a微元法与特殊位置法。如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为o点，选择在o点左侧s极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在o点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则o点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出o点右侧的电流受到垂直纸面向外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。分析导线转过90时的情形。如图乙所示，导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时，向下运动。选项a正确。安培力作用下通电导体的运动方向的判定方法判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。现对五种常用的方法列表如下：电流元法把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向特殊位置法通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向等效法环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立。等效后再确定相互作用情况结论法两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向针对训练1(2014吉安二模)如图817所示，一条形磁铁(厚度不计)静止在固定斜面上，上端为n极，下端为s极，磁铁外的一条磁感线如图所示，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且距离相等(如图中虚线所示)，开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为fn、ff，后来两根导线通以图示方向、大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比，可能正确的是() 图817afn不变、ff变小bfn、ff均变大cfn变大，ff不变 dfn变小，ff不变解析：选d根据条形磁铁的磁感线的分布，结合左手定则，则可分别确定通电导线的安培力的方向，再由牛顿第三定律来得出条形磁铁受到的安培力方向，最后根据力的合成从而确定得出，条形磁铁的摩擦力没有变化，而支持力却减小，故d正确，a、b、c错误。2.一个可以自由运动的线圈l1和一个固定的线圈l2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图818所示。当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈l1将()图818a不动b顺时针转动c逆时针转动d在纸面内平动解析：选b法一(电流元分析法)把线圈l1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在l2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈l1将顺时针转动。法二(等效分析法)把线圈l1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流i2的中心，小磁针的n极应指向该点环形电流i2的磁场方向，由安培定则知i2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而l1等效成小磁针后，转动前，n极指向纸内，因此小磁针的n极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈l1将顺时针转动。法三(利用结论法)环形电流i1、i2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止。据此可得，从左向右看，线圈l1将顺时针转动。与安培力有关的力学综合问题 对应学生用书p139必备知识1安培力的大小安培力常用公式fbil，要求两两垂直，应用时要满足：(1)b与l垂直；(2)l是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。如弯曲导线的有效长度l等于两端点所连直线的长度(如图819所示)，相应的电流方向沿l由始端流向末端。因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零。图8192通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意f安b、f安i；(3)列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解。典题例析(2014北京朝阳质检)某同学自制一电流表，其原理如图8110所示。质量为m的均匀细金属杆mn与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向垂直纸面向外。mn的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。mn的长度大于ab，当mn中没有电流通过且处于静止时，mn与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当mn中有电流时，指针示数可表示电流强度。mn始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。图8110(1)当电流表的示数为零时，求弹簧的伸长量；(2)为使电流表正常工作，判断金属杆mn中电流的方向；(3)若磁场边界ab的长度为l1，bc的长度为l2，此电流表的量程是多少？审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息mn的长度大于ab金属杆在磁场中的有效长度等于磁场边界ab的长度mn中没有电流通过且处于静止金属杆的重力和弹簧弹力平衡第二步：找突破口(1)要求弹簧的伸长量，只要对金属杆mn受力分析，结合平衡条件和胡克定律列方程求解即可。(2)要求金属杆mn中电流的方向，根据左手定则直接判断即可。(3)分析电流最大时金属杆mn的位置对杆mn受力分析结合平衡条件和胡克定律列方程求解。解析(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x，则有mgkx，故x(2)根据左手定则，金属杆中的电流方向为：mn(3)设电流表满偏时通过mn的电流为im，则有：biml1mgk(l2x)故im答案(1)(2)mn(3)(1)安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力示意图。(2)安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度。针对训练1(多选)(2014肇庆二模)质量为m的通电细杆置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上。如图8111所示的a、b、c、d四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是()图8111解析：选cda图中，杆受重力、支持力、水平向右的安培力，可知，杆可能受摩擦力，也可能不受，故a错误；在b图中，若杆受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，杆不受摩擦力，若重力大于安培力，则受重力、支持力、安培力、摩擦力，所以杆可能受摩擦力，可能不受摩擦力，故b错误；在c图中，杆受重力、竖直向下的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力，故c正确；在d图中，杆受重力、水平向左的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力，故d正确。2.(2014西安三模)如图8112所示，pq、mn是放置在水平面内的光滑导轨，gh是长度为l、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k。导体棒处在方向向下、磁感应强度为b的匀强磁场中。图中e是电动势为e，内阻不计的直流电源，电容器的电容为c。闭合开关，待电路稳定后，则有()图8112a导体棒中电流为b轻弹簧的长度增加c轻弹簧的长度减少d电容器带电量为cr2解析：选c导体棒中的电流为：i，故a错误；由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹簧长度减少，由平衡条件：bilkx，代入i得：x，故b错误、c正确；电容器上的电压等于导体棒两端的电压，qcucr，故d错误。用转换视图法解答与安培力有关的综合问题 对应学生用书p140典题例析(2014泉州模拟)如图8113所示，两平行金属导轨间的距离l0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度b0.50 t，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势e4.5 v、内阻r0.50 的直流电源。现把一个质量m0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻r02.5 ，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。已知sin 370.60，cos 370.80，求：图8113(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力的大小；(3)导体棒受到的摩擦力。转换对象立体图平面图思路立现在三维空间对物体受力分析时，无法准确画出其受力情况。在解决此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即通过画俯视图、剖面图或侧视图等，可较清晰地明确物体受力情况，画出受力分析图，此时，金属棒用圆代替，电流方向用“”或“”表示。解析(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：i1.5 a(2)导体棒受到的安培力：f安bil0.3 n。(3)导体棒所受重力沿导轨所在平面向下的分力f1mgsin 370.24 n，由于f1小于安培力，故导体棒受沿导轨所在平面向下的摩擦力ff，如图所示，根据共点力平衡条件mgsin 37fff安，解得：ff0.06 n。答案(1)1.5 a(2)0.3 n(3)0.06 n，方向沿导轨向下侧视图的画法侧视面：从垂直于直导线的一侧平视所看到的平面。侧视图的画法：根据侧视面的特点，所以要画出安培力的方向只需要在该侧视面内作一条与磁感线方向垂直的直线，再根据左手定则判断出箭头的方向，则安培力方向就画出来了。针对训练1(2014山东名校质检)如图8114所示，一质量为m的导体棒mn两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为l，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通一自左向右的电流i时，导体棒静止在与竖直方向成37角的导轨上，取sin 370.6，cos 370.8，求：图8114(1)磁场的磁感应强度b；(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小fn。解析：(1)从左向右看，受力分析如图所示。由平衡条件得：tan 37，f安bil，解得：b。(2)设两导轨对导体棒支持力为2fn，则有2fncos 37mg，解得fnmg。即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg。答案：(1)(2)mg2如图8115所示，在倾角为30的斜面上，固定一宽l0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器r。电源电动势e12 v，内阻r1 ，一质量m20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度b0.80 t、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。金属导轨是光滑的，取g10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：图8115(1)金属棒所受到的安培力的大小。(2)通过金属棒的电流的大小。(3)滑动变阻器r接入电路中的阻值。解析：(1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示。f安mgsin 30，代入数据得f安0.1 n。(2)由f安bil得i0.5 a。(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为r0，根据闭合电路欧姆定律得：ei(r0r)解得r0r23 。答案：(1)0.1 n(2)0.5 a(3)23 课时跟踪检测 一、单项选择题1(2014深圳期末)指南针是我国古代的四大发明之一。当指南针静止时，其n极指向如图1虚线(南北向)所示，若某一条件下该指南针静止时n极指向如图实线(n极北偏东向)所示。则以下判断正确的是()图1a可能在指南针上面有一导线东西放置，通有东向西的电流b可能在指南针上面有一导线东西放置，通有西向东的电流c可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流d可能在指南针上面有一导线南北放置，通有南向北的电流解析：选c若某一条件下该指南针静止时n极指向题图实线(n极北偏东向)所示，则有一指向东方的磁场，由安培定则，可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流，选项c正确。2.(2014宿迁模拟)如图2所示，无限长导线，均通以恒定电流i。直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点o为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点o处不形成磁场，则图3中o处磁感应强度和图2中o处磁感应强度相同的是()图2图3解析：选a由题意可知，题图2中o处磁感应强度的大小是其中一段在o点的磁场大小2倍，方向垂直纸面向里；对a项，根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段的在o点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故a正确；同理，对b项，四段通电导线在o点的磁场是其中一段在o点的磁场的4倍，方向是垂直向里，故b错误；由上分析可知，对c项，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场也为零，故c错误；与c选项分析相同，对d项，四段在o点的磁场是其中一段在o点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故d错误。3.(2014济宁模拟)如图4，m、n、p是以mn为直径的半圆弧上的三点，o点为半圆弧的圆心，mop60。在m、n处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时o点的磁感应强度大小为b1。若将m处的长直导线移至p处，则o点的磁感应强度大小变为b2，则b2与b1之比为()图4a12b21c.1 d.2解析：选d依题意，每根导线在o点产生的磁感应强度为，方向竖直向下，则当m移至p点时，o点合磁感应强度大小为：b22cos 30b1，则b2与b1之比为2。4(2014全国卷)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()a安培力的方向可以不垂直于直导线b安培力的方向总是垂直于磁场的方向c安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关d将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选b根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流i和磁场b确定的平面，即安培力的方向既垂直于b又垂直于i，a错误，b正确；当电流i的方向平行于磁场b的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流i的方向垂直于磁场b的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，c错误；如图所示，电流i和磁场b垂直，直导线受到的安培力fbil，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流i和磁场b垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为fbil，d错误。5.(2014上海二模)如图5所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，将装置置于向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等大的电流通过，则三棒受到安培力的大小关系为()图5afafbfc bfafbfccfbfafc dfafbfc解析：选d设a、b两棒的长度分别为la和lb，c的直径为d。由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b三棒所受的安培力大小分别为：fabila；fbbilbbid；c棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：fcbid；因为lad，则有：fafbfc。6(2014上海高考)如图6，在磁感应强度为b的匀强磁场中，面积为s的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴oo转动，磁场方向与线框平面垂直。在线框中通以电流强度为i的稳恒电流，并使线框与竖直平面成角，此时bc边受到相对oo轴的安培力力矩大小为()图6aisbsin bisbcos c. d.解析：选a根据左手定则，可知通电导线受到的安培力沿竖直方向向上，大小为fbilbc，此力到转轴的力臂为labsin ；力矩为：mflabsin sbisin ，a项正确。二、多项选择题7(2014海南高考)如图7，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是()图7aa处的磁感应强度大小比c处的大bb、c两处的磁感应强度大小相等ca、c两处的磁感应强度方向相同db处的磁感应强度为零解析：选ad根据通电直导线的磁场，利用右手螺旋定则，可知b处磁感应强度为零，两导线分别在a处产生的磁感应强度大于在c处产生的磁感应强度，a、c两处的磁感应强度叠加都是同向叠加，选项a、d正确。8.(2014江西省重点中学联考)如图8所示，一个半径为r的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度b大小相等，方向均与环面轴线方向成角(环面轴线为竖直方向)。若导线环上载有如图所示的恒定电流i，则下列说法正确的是()图8a导电圆环有收缩的趋势b导电圆环所受安培力方向竖直向上c导电圆环所受安培力的大小为2bird导电圆环所受安培力的大小为2birsin 解析：选abd若导线环上载有如图所示的恒定电流i，由左手定则可得导线环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2birsin ，选项a、b、d正确，c错误。9(2012海南高考)图9中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，l是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b和导轨两端e、f分别接到两个不同的直流电源上时，l便在导轨上滑动。下列说法正确的是()图9a若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则l向右滑动b若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则l向右滑动c若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则l向左滑动d若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则l向左滑动解析：选bd若a接正极，b接负极，则电磁铁产生的磁场方向向上，若e接正极，f接负极，由左手定则可判断金属杆所受安培力方向向左，故向左滑动；若e接负极，f接正极，则l向右滑动，a错误，b正确。若a接负极，b接正极，则电磁铁产生的磁场方向向下，若e接正极，f接负极，则l向右滑动，c错误，d正确。10.如图10所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为l、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流i时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度b的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是()图10a此过程中磁感应强度b逐渐增大b此过程中磁感应强度b先减小后增大c此过程中磁感应强度b的最小值为d此过程中磁感应强度b的最大值为解析：选ac导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度b的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度b逐渐增大，a对、b错；刚开始安培力f最小，有sin ，所以此过程中磁感应强度b的最小值为，c对；最后安培力最大，有fmg，即此过程中磁感应强度b的最大值为，d错。三、非选择题11.如图11所示，mn是一根长为l10 cm，质量m50 g的金属棒，用两根长度也为l的细软导线将导体棒mn水平吊起，使导体棒处在b t的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角37，求金属棒中恒定电流的大小。图11解析：金属棒向外偏转的过程中，受重力mg、导线拉力ft、安培力f共三个力的作用，其中导线的拉力不做功，由动能定理得：wfwg0其中wfflsin bil2sin ，wgmgl(1cos )金属棒中的电流为i解得：i5 a。答案：5 a12.水平放置的光滑金属导轨宽l0.2 m，接有电源电动势e3 v，电源内阻及导轨电阻不计。匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度b1 t。导体棒ab的电阻r6 ，质量m10 g，垂直放在导轨上并接触良好，求合上开关的瞬间。图12(1)金属棒受到安培力的大小和方向；(2)金属棒的加速度。解析：(1)闭合电键的瞬间，回路中的电流i a0.5 aab棒所受安培力f安bil0.1 n由左手定则知方向水平向右。(2)由牛顿第二定律知a10 m/s2方向水平向右。答案：(1)0.1 n水平向右(2)10 m/s2方向水平向右第2节磁场对运动电荷的作用洛伦兹力 对应学生用书p141必备知识1洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。2洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则掌心磁感线垂直穿入掌心；四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指指向洛伦兹力的方向。(2)方向特点：fb，fv，即f垂直于b和v决定的平面。3洛伦兹力的大小fqvbsin_，为v与b的夹角，如图821所示。(1)vb时，0或180，洛伦兹力f0。(2)vb时，90，洛伦兹力fqvb。(3)v0时，洛伦兹力f0。图8214洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力f电场力f性质磁场对在其中运动电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v0且v不与b平行电场中的电荷一定受到电场力作用大小fqvb(vb)fqe力方向与场方向的关系一定是fb，fv正电荷与电场方向相同，负电荷与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功力f为零时场的情况f为零，b不一定为零f为零，e一定为零作用效果只改变电荷的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷的速度大小，也可以改变电荷运动的方向典题例析如图822所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v0抛出，落在地面上的a点，若加一垂直纸面向里的匀强磁场，则小球的落点()图822a仍在a点b在a点左侧c在a点右侧 d无法确定解析选c洛伦兹力虽不做功，但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向)，小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度ayg，故小球平抛的时间将增加，落点应在a点的右侧。1洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。2洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。针对训练1(2014成都模拟)如图823所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于圆弧上相互垂直的两条直径的四个端点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从圆心o沿垂直于纸面的方向向里运动，它所受洛伦兹力的方向是()图823a从o指向ab从o指向bc从o指向c d从o指向d解析：选a根据题意，由右手螺旋定则，则有b与d导线电流产生的磁场正好相互抵消，而a与c导线产生的磁场方向都向左，正好相互叠加，则磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从中心o点沿垂直于纸面的方向向里运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向上，故a正确，b、c、d错误。2(2014江苏一模)如图824是带电粒子在气泡室中运动径迹的照片及其中某条径迹的放大图。匀强磁场与带电粒子运动径迹垂直，a、b、c是该条径迹上的三点。若该粒子在运动过程中质量和电量保持不变，不断克服阻力做功，则关于此径迹下列说法正确的是()图824a粒子由a经b向c的方向运动b粒子由c经b向a的方向运动c粒子一定带正电，磁场方向垂直纸面向里d粒子一定带负电，磁场方向垂直纸面向外解析：选a据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r得知，粒子的轨迹半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a经b向c运动，故a正确，b错误。若粒子带正电，由左手定则判断可知，磁场方向垂直纸面向里；若粒子带负电，由左手定则判断可知，磁场方向垂直纸面向外，故c、d错误。带电粒子在匀强磁场中的运动 对应学生用书p142必备知识1粒子的运动性质(1)若v0b，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。(2)若v0b，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。2半径和周期公式：3圆心的确定图825(1)已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图825甲所示，图中p为入射点，m为出射点)。(2)已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图825乙所示，p为入射点，m为出射点)。(3)带电粒子在不同边界磁场中的运动：直线边界(进出磁场具有对称性，如图826所示)。图826平行边界(存在临界条件，如图827所示)。图827圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图828所示)。图8284半径的确定和计算利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：图829(1)粒子速度的偏向角()等于圆心角()，并等于ab弦与切线的夹角(弦切角)的2倍(如图829)，即2t。(2)相对的弦切角()相等，与相邻的弦切角()互补，即180。(3)直角三角形的几何知识(勾股定理)。ab中点c，连接oc，则aco、bco都是直角三角形。5运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为t，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间可由下式表示：tt(或tt)，t(l为弧长)。典题例析如图8210所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：图8210(1)电子在磁场中运动轨迹的半径r；(2)电子在磁场中运动的时间t；(3)圆形磁场区域的半径r。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息一束电子沿圆形区域的直径方向射入沿半径方向入射，一定会沿半径方向射出运动方向与原入射方向成角为偏向角等于轨道圆弧所对圆心角第二步：找突破口(1)要求轨迹半径应根据洛伦兹力提供向心力。(2)要求运动时间可根据tt，先求周期t。(3)要求圆形磁场区域的半径可根据几何关系求解。解析(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evb解得r。(2)设电子做匀速圆周运动的周期为t，则t由如图所示的几何关系得圆心角，所以tt。(3)由如图所示几何关系可知，tan，所以rtan。答案(1)(2)(3)tan带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法三步法针对训练1(2013全国卷)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为r，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()a.b.c. d.解析：选a本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识点，意在考查考生应用力学、几何知识分析解决问题的能力。画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0bm，解得r。由图中几何关系可得：tan 30。联立解得：该磁场的磁感应强度b，选项a正确。2(2014海淀区一模)如图8211所示，边长为l的正方形区域abcd中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点m点以一定速度垂直于ad边射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点n点射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法中正确的是()图8211a该粒子带负电b洛伦兹力对粒子做正功c粒子在磁场中做圆周运动的半径为d如果仅使该粒子射入磁场的速度增大，粒子做圆周运动的半径也将变大解析：选d粒子垂直射入匀强磁场中，做匀速圆周运动，进入磁场时，速度向右，磁场向内，洛伦兹力向上，故粒子带正电，故a错误；根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，一定不做功，故b错误；洛伦兹力提供向心力，指向圆心，粒子从ad边的中点m点以一定速度垂直于ad边射入磁场，圆心在射线ma上；正好从ab边中点n点射出磁场，故圆心在mn的连线的垂直平分线与射线ma的交点上，故圆心在a点，故半径为，故c错误；根据牛顿第二定律，有：qvb，解得：r；速度越大，轨道半径越大，故d正确。带电粒子在磁场中运动的多解问题 对应学生用书p144必备知识1带电粒子电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图8212甲，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。图82122磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图8212乙，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如b垂直纸面向里，其轨迹为a，如b垂直纸面向外，其轨迹为b。3临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180从入射界面这边反向飞出，如图8213甲所示，于是形成了多解。图82134运动的周期性形成多解带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解。如图8213乙所示。典题例析(2013天津高考)一圆筒的横截面如图8214所示，其圆心为o。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b。圆筒下面有相距为d的平行金属板m、n，其中m板带正电荷，n板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自m板边缘的p处由静止释放，经n板的小孔s以速度v沿半径so方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从s孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：图8214(1)m、n间电场强度e的大小；(2)圆筒的半径r；(3)保持m、n间电场强度e不变，仅将m板向上平移d，粒子仍从m板边缘的p处由静止释放，粒子自进入圆筒至从s孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。思路点拨(1)粒子在电场中做什么运动？有哪些力对粒子做功？提示：粒子在电场中做匀加速直线运动，只有电场力对粒子做功。(2)粒子进入磁场后做什么运动？画出粒子与圆筒发生两次碰撞的运动轨迹。图8215提示：粒子进入磁场后做匀速圆周运动。(3)保持m、n间场强e不变，m板向上平移d，则板间电压如何变化？提示：ue，板间电压减小为。(4)如果粒子与圆筒发生三次碰撞，画出运动轨迹。图8216提示：解析(1)设两板间的电压为u，由动能定理得qumv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得ued联立上式可得e。(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为o，圆半径为r。设第一次碰撞点为a，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从s孔射出，因此，sa弧所对的圆心角aos等于。由几何关系得rrtan 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvbm联立式得r。(3)保持m、n间电场强度e不变，m板向上平移了d后，设板间电压为u，则u设粒子进入s孔时的速度为v，由式看出综合式可得vv设粒子做圆周运动的半径为r，则r设粒子从s到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rr，可见粒子须经过四个这样的圆弧才能从s孔射出，故n3答案(1)(2)(3)3求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。针对训练1如图8217甲所示，m、n为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔o、o正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在t0时垂直于m板从小孔o射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期